资源描述
1．将a g铁和氧化铁的混合物参加800 mL pH＝1的盐酸中充分反响后，盐酸全部消耗，放出标准状况下气体0.224 L。那么以下判断中正确的选项是( )
A．原混合物中n(Fe)∶n(Fe2O3)＝2∶1
B．向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色
C．无法计算出原混合物的质量
D．此时溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为3∶1
解析：选A。首先明确当放出H2时，Fe已将Fe3＋完全复原成Fe2＋，即最终溶液中溶质只有FeCl2，根据Cl－守恒，判断n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝0.04 mol；根据n(H2)＝0.01 mol，与H＋反响的Fe为0.01 mol，再结合反响Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，判断n(Fe)＝0.02 mol，n(Fe2O3)＝0.01 mol，所以答案为A。
2．在含有Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、NH的稀溶液中，参加足量的Na2O2固体并微热，充分反响后，再参加过量的稀盐酸，完全反响后，离子数目没有明显变化的是( )
A．Fe3＋B．Fe2＋
C．NHD．Al3＋
解析：选D。由于Fe2＋经过上述操作已转化成Fe3＋，所以A、B均不符合题意；NH已转化成NH3，在加热过程中逸出，C项不正确。
3．(2022·山东潍坊高三第一次模拟)为了验证Fe3＋的性质，某化学兴趣小组设计了如下列图的一组实验，其中实验方案设计错误的选项是( )
A．只有④B．只有③
C．③和④均错 D．全部错误
解析：选C。③CuSO4与FeCl3不发生反响，④出现白色沉淀不能说明有无Fe3＋。
4．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的选项是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
铁是地壳中含量最高的金属元素
铁是人类最早使用的金属材料
Ⅰ对；Ⅱ对；有
B
常温下铁与稀硫酸反响生成氢气
高温下氢气能复原氧化铁得到铁
Ⅰ对；Ⅱ对；无
C
铁属于过渡元素物可用做催化剂
铁和铁的某些化合
Ⅰ错；Ⅱ对；无
D
在空气中铁外表易形成致密的氧化膜
铁不能与氧气反响
Ⅰ对；Ⅱ对；有
解析：选B。选项A，地壳中含量最高的金属元素是Al元素，而不是Fe元素，由于铁是活泼金属，需通过冶炼方法获得，所以Fe不是人类最早使用的金属材料，陈述Ⅰ、Ⅱ错误，且二者没有因果关系。选项B，Fe能与稀H2SO4发生置换反响而产生H2，但在高温下，H2的复原性很强，又能复原Fe2O3得到Fe，所以Ⅰ、Ⅱ正确，且二者无因果关系。选项C，铁是过渡元素的说法正确。选项D，在空气中铁外表不能形成致密的氧化膜，且Fe与O2反响生成Fe3O4。
5．(2022·新疆哈密高三调研)如图是无机物A～G在一定条件下的转化关系(局部产物及反响条件未列出)。
：①A、B、C、D、G含有同种元素。
②
物质
纯A(单质)
B溶液
C固体
D固体
G溶液
颜色
银白色
黄色
红褐色
红棕色
浅绿色
③E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反响生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；B也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物，稀的F溶液与A反响生成E、G。
根据以上信息填空：
(1)写出D的化学式：______________________________________________________。
(2)G生成C的过程中所出现的现象为________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出以下反响的化学方程式：
E→A________________________________________________________________________；
A→B________________________________________________________________________。
(4)B→F的离子方程式为___________________________________________________；
G与次氯酸反响的离子方程式为____________________________________________。
解析：由题给信息③可知E是氢气，B中含有Cl－；由A、B、C、D、G含有同种元素和②表中物质的颜色可知A、B、C、D分别为Fe、FeCl3、Fe(OH)3、Fe2O3，G中含有Fe2＋；F是一种含有三种元素的化合物，与Fe反响生成H2、Fe2＋，再结合FeCl3能将一种氧化物氧化为F，可知F是H2SO4。
答案：(1)Fe2O3
(2)先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色
(3)4H2＋Fe3O43Fe＋4H2O 2Fe＋3Cl22FeCl3
(4)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋ H＋＋2Fe2＋＋HClO===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
1．(2022·高考重庆卷)以下表达正确的选项是( )
A．Fe分别与氯气和稀盐酸反响所得氯化物相同
B．K、Zn分别与缺乏量的稀硫酸反响所得溶液均呈中性
C. Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大
D．C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
解析：选D。A项中，Fe与Cl2反响只生成FeCl3，此时Fe过量也不会生成FeCl2；B项中，K可与水反响生成KOH，所得溶液呈碱性；C项中，钠的密度大于钾的密度，这是一特殊性。
2．(2022·高考福建卷)硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3、MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：
(1)将菱锌矿研磨成粉的目的是_____________________________________________。
(2)完成“氧化除铁〞步骤中反响的离子方程式：
(3)针铁矿(Goethite)是以德国诗人歌德(Goethe)名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是____________。
(4)根据下表数据，调节“滤液2〞的pH时，理论上可选用的最大区间为____________。
Mg(OH)2
Zn(OH)2
MgCO3
CaCO3
开始沉淀的pH
10.4
6.4
－
－
沉淀完全的pH
12.4
8.0
－
－
开始溶解的pH
－
10.5
－
－
Ksp
5.6×10－12
－
6.8×10－6
2.8×10－9
(5)工业上从“滤液3〞制取MgO过程中，适宜的反响物是________(选填序号)。
a．大理石粉 b．石灰乳 c．纯碱溶液 d．烧碱溶液
(6)“滤液4〞之后的操作依次为________、________、过滤、洗涤、枯燥。
(7)分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于________。
解析：解答该题的关键是对题目要有整体的认识，清楚各步操作的目的。(1)固体颗粒越小，反响时接触面积越大，反响速率越大；同时反响更充分。(2)因漂白粉中含有强氧化性的Ca(ClO)2可将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3，同时ClO－被复原为Cl－，分析化合价的变化：
(OH)2―→ (OH)3 化合价升1×2
O－―→－ 化合价降2×1
配平Fe(OH)2、Fe(OH)3、ClO－、Cl－前的化学计量数后，可根据原子个数守恒，确定反响物H2O及其化学计量数。(3)设针铁矿的化学式为FexOyHz，那么有56x＋16y＋z＝89。x只能为1，假设y＝1，那么z＝17，化学式为FeOH17，由化合价规那么可排除；假设y＝2，那么z＝1，化学式为FeO2H，或写为FeO(OH)，符合题意。(4)由流程图可知，滤液2中主要含有ZnCl2、MgCl2、CaCl2等物质，调节pH时，只能考虑将Zn2＋转化为Zn(OH)2，而Mg2＋必须留在溶液中，因此由表中数据可确定pH的理论范围为8.0≤pH＜10.4。(5)从滤液3中提取MgO，首先应将Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀，a项大理石不起作用，c项溶液会将Ca2＋转化为CaCO3沉淀，故b、d两项适宜。
(7)ZnCO3 ～ ZnO
125 g 81 g
xm2 kg
得x＝ kg
那么菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数为：。
答案：(1)增大反响物接触面积或增大反响速度或使反响更充分
(2)Fe(OH)2＋ClO－＋H2O===Fe(OH)3＋Cl－
(3)FeO(OH)(或其他合理答案)
(4)8.0≤pH<10.4(或其他合理答案)
(5)b(或d或bd)
(6)蒸发浓缩 冷却结晶(或其他合理答案)
(7)125m2/81m1(或其他合理答案)
1．以下有关铁及其化合物的说法中正确的选项是 ( )
A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B．铁与O2点燃条件下的反响产物为Fe2O3
C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中参加铁粉，然后过滤
D．Fe3＋与KSCN溶液产生红色沉淀
解析：选C。A项为Fe2O3；B项为Fe3O4；D项生成的不是沉淀，Fe(SCN)3溶于水。
2．(2022·安徽亳州高三第一次模拟)下述三个实验中均有化学反响发生。
①
②
③
将铁钉放入硫酸铜溶液中
向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸
将铜丝放入氯化铁溶液中
以下判断正确的选项是 ( )
A．实验①中铁钉只做复原剂
B．实验②中Fe2＋既显氧化性又显复原性
C．实验③中发生的是置换反响
D．上述实验证明氧化性：Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋
解析：选A。实验①中铁钉与硫酸铜反响：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4，Fe做复原剂，实验②中HNO3将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe2＋做复原剂，实验③发生反响：2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，Fe3＋做氧化剂，三个反响说明氧化性由强到弱的顺序为：HNO3>Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋。
3．以下物质反响后一定有＋3价铁生成的是( )
①过量的Fe与Cl2反响
②Fe与过量稀H2SO4反响后，再向其中参加KNO3
③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中
A．仅①B．仅①③
C．仅①② D．全部
解析：选C。不管铁是否过量，铁与Cl2发生反响的产物都为FeCl3，故①中有＋3价铁生成；Fe与稀H2SO4反响生成FeSO4，当溶液中有H＋存在时，NO会将Fe2＋氧化生成Fe3＋，故②中有＋3价铁生成，Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中时，假设铁粉很多，那么过量的铁粉与生成的FeCl3发生反响生成FeCl2，而使溶液中无Fe3＋，故③中不一定有＋3价铁生成，所以选C。
4．把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，此时假设滴入BaCl2溶液，那么会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被复原的是( )
A．SO2B．Fe2＋
C．Fe3＋D．NO
解析：选D。SO2具有复原性，Fe3＋具有氧化性，二者反响生成Fe2＋和H2SO4，溶液由棕黄色变为浅绿色，由于溶液中还存在NO，H＋与NO又将Fe2＋氧化生成Fe3＋，溶液又由浅绿色变为棕黄色，参加BaCl2溶液产生白色沉淀，说明SO2已被氧化成SO，所以最终被复原的是NO。
5．a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反响后，得到a g铜，那么参与反响的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为( )
A．1∶7 B．7∶1
C．7∶8 D．8∶7
解析：选B。设CuSO4、H2SO4的物质的量分别为x、y。
根据反响Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，得56 g·mol－1×(x＋y)＝64 g·mol－1×x，解得x∶y＝7∶1。
6．在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中参加0.1 mol铁粉，充分搅拌后铁完全反响，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 mol Ag。那么以下结论中不正确的选项是( )
A．反响后溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶2
B．氧化性：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>Zn2＋
C．含Fe3＋的溶液可腐蚀铜板
D．1 mol Fe可复原2 mol Fe3＋
解析：选B。根据题干信息可知氧化性Ag＋>Cu2＋、Ag＋>Zn2＋、Fe3＋>Cu2＋、Fe3＋>Zn2＋，但得不出氧化性顺序：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>Zn2＋的结论。
7．向200 mL 0.1 mol/L FeCl2溶液中参加适量NaOH，使Fe2＋恰好完全沉淀，小心加热此混合物，直到水分蒸干，然后灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为( )
A．1.6 g B．2.34 g
C．3.94 g D．5.00 g
解析：选A。发生的反响为：Fe2＋Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3，根据n(Fe2＋)＝0.02 mol＝2n(Fe2O3)可计算出m(Fe2O3)＝1.6 g。
8．(2022·河南郑州一中高三质检)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型、高效、多功能的水处理剂。湿法制备的主要反响方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O。干法制备的主要反响方程式为2FeSO4＋4Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2SO4。以下有关说法不正确的选项是( )
A．高铁酸钠中铁显＋3价
B．湿法中氢氧化铁被氧化
C．干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子
D．Na2FeO4处理水的能力优于次氯酸的能力
解析：选A。高铁酸钠中铁显＋6价，A项错误。湿法中氢氧化铁是复原剂，次氯酸盐是氧化剂，氢氧化铁被氧化，B项正确。干法中硫酸亚铁中的铁元素由＋2价升至＋6价，过氧化钠中的氧元素由－1价降至－2价，C项正确。高铁酸钠具有强氧化性，杀菌原理与次氯酸相同，都是利用强氧化性杀菌消毒；高铁酸钠被复原后的产物是三价铁离子，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有净水作用，次氯酸没有净水作用。
9．(2022·山东威海高三诊断性考试)元素X的单质及X与Y形成的化合物能按以下列图所示的关系发生转化：
以下说法不正确的选项是( )
A．X可能是金属
B．X可能是非金属
C．n可以等于2或3
D．XYm与XYn的相互转化是可逆反响
解析：选D。X元素可以是铁：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑、2FeCl2＋Cl2===2FeCl3、2FeCl3＋Fe===3FeCl2、2Fe＋3Cl22FeCl3，A对；X元素可以是碳：C＋H2O(g)CO＋H2、2CO＋O22CO2、CO2＋C2CO、C＋O2CO2，B对；n可以等于2或3，C对；XYm与XYn的相互转化不是可逆反响，D错。
10．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中参加150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中参加KSCN溶液，无红色出现。假设用足量的H2在加热条件下复原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( )
A．0.21 mol B．0.25 mol
C．0.3 mol D．0.35 mol
解析：选B。n(HNO3)＝0.6 mol，n(NO)＝0.1 mol，反响后铁元素的存在形式为Fe(NO3)2，根据元素守恒，可知反响后溶液中的n(NO)＝0.5 mol，n(Fe2＋)＝0.25 mol，即n(Fe)＝0.25 mol。
11．A～Ⅰ分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间的相互关系如下列图(局部反响物、生成物没有列出)，且G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。
请答复以下问题：
(1)写出反响①的化学方程式_______________________________________________。
(2)写出反响④的离子方程式_______________________________________________。
(3)写出反响⑥的化学方程式_______________________________________________。
解析：此题明显条件不多，可采用猜想验证方法推断。G是一种主族元素的氧化物，且G能电解，电解产生的单质I能与NaOH溶液反响，且G也能与NaOH溶液反响，可推知G为Al2O3，I为Al，Al与NaOH溶液反响生成Na[Al(OH)4]和H2，其离子方程式为：2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑。根据题设条件，I和B在高温下发生铝热反响生成单质A，联想中学阶段的反响，A可能为Fe，Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，Fe3O4与Al在高温下反响：8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe，Fe3O4与稀盐酸反响生成FeCl2、FeCl3，FeCl2与NaOH溶液反响生成白色Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2迅速被空气中的O2氧化为红褐色的Fe(OH)3：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
答案：(1)8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe
(2)2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑
(3)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
12．铁是人体必需的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲〞(主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色)是市场上一种常见的补铁药物，该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲〞，药片中Fe2＋的存在，设计并进行了如下实验：
(1)试剂1是___________________________________________________________。
(2)参加KSCN溶液后，在未加新制氯水的情况下，溶液中也产生了红色，其可能的原因是________________________________________________________________________。
(3)在实验中发现放置一段时间，溶液的颜色会逐渐退去。为了进一步探究溶液退色的原因，甲、乙、丙三位同学首先进行了猜想：
编号
猜想
甲
溶液中的＋3价Fe又被复原为＋2价Fe
乙
溶液中的SCN－被过量的氯水氧化
丙
新制的氯水具有漂白性，将该溶液漂白
基于乙同学的猜想，请设计实验方案，验证乙同学的猜想是否正确。写出有关的实验操作、预期现象和结论。(不一定填满，也可以补充)
编号
实验操作
预期现象和结论
解析：此题考查Fe2＋、Fe3＋的性质，主要涉及实验方案的设计与验证，较难。由题意知该药品不溶于水但溶于胃酸，故试剂1是一种酸，但不能是硝酸，因为硝酸能氧化Fe2＋；假设未加氯水就变红，那么可能是因为不稳定的Fe2＋被氧化为Fe3＋；假设验证乙同学的猜想是否正确，应该继续加SCN－或Fe3＋，两种试剂参加后，注意实验现象的描述与实验结论要相对应。
答案：(1)稀盐酸(或稀硫酸溶液)
(2)Fe2＋被空气中氧气氧化成Fe3＋
(3)
编号
实验操作
预期现象和结论
①
取少量退色后溶液，参加KSCN溶液
如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液不变红色，说明乙同学的猜想是不合理的
或
取少量退色后溶液，参加FeCl3溶液
如果溶液仍不变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是不合理的
(其他合理答案也可)
13．(2022·山东日照高三第一次模拟)铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据以下实验答复以下问题：
(1)生产中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后，溶液中含有的大量阳离子是________________。
(2)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下。
答复以下问题：
①操作Ⅰ所用的别离仪器名称是________；操作Ⅱ的名称是________，该操作的具体方法是____________________。
②Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用离子方程式表示)
________________________________________________________________________。
③请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式_______________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)Y是Fe3O4，溶解在过量盐酸中后，溶液中大量存在的阳离子是Fe2＋、Fe3＋、H＋。
(2)①操作Ⅰ为过滤，别离仪器是漏斗；操作Ⅱ是对沉淀进行洗涤，方法是直接向漏斗中加适量蒸馏水并让水自然流下，重复几次就可以了。②Na2CO3水解使溶液显碱性，因此具有除油污的作用。③操作Ⅰ后得到的滤液中Fe2＋与HCO作用得到FeCO3沉淀及H＋，H＋再与另外一局部HCO结合生成CO2与水。
答案：(1)Fe2＋、Fe3＋、H＋
(2)①漏斗 洗涤 向漏斗中参加蒸馏水到刚浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复此操作2～3次 ②CO＋H2OHCO＋OH－③Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
14．某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3＋、Cu2＋、Au3＋等离子。有人设计了图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。
填写下面空白。
(1)图中标号处需参加的相应物质分别是①______________，②__________，③__________，④__________，⑤__________(填化学式名称)。
(2)写出①处发生反响的离子方程式________________________________________；写出③处发生反响的化学方程式______________________________。
(3)铁红的化学式为________________；
(4)分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红____________________；氧化铜________________________________________________________________________。
解析：此题主要考查了元素与化合物的有关知识。题目通过对工业废水的处理，考查了高中重要的金属Fe、Cu的有关性质，涉及内容主要有物质推断、离子方程式书写、物质用途等。在解此题时宜采用逆向推断法，从题中给出信息可知，首先别离的应是铁元素，所加最正确试剂应是废铁屑，E溶液就为Fe2＋，铁红成分为Fe2O3，可联想到高中重要反响2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，试剂⑤应为可溶性碱(NaOH或氨水)；当参加过量铁粉后，所得A应为固体Fe、Cu、Au的混合物，此时，只需参加稀硫酸(试剂②)后过滤可得Cu、Au混合物B，再参加稀硝酸(试剂③)可使Cu、Au得到别离，Cu(NO3)2加可溶性碱(④NaOH)后加热得到CuO。
答案：(1)①废铁屑 ②稀硫酸 ③稀硝酸 ④氢氧化钠 ⑤氢氧化钠
(2)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；
Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋；2Au3＋＋3Fe===2Au＋3Fe2＋
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)Fe2O3
(4)用做红色涂料 用做制造铜盐的原料
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